大学物理_第五版答案(7-8)

大学物理_第五版答案(7-8) 第七章 恒定磁场 7 ,1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ,2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小BR 、Br满足( ) (A) (B) (C) (D) B,2BB,B2B,BB,4BRrRrRrRr与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比(根据意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比 nr1R ,,nR2r 因而正确答案为(C)。 7 ,2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为( ) 22(A) (B) 2πrBπrB 222πrBcosαπrBcosα(C) (D) 分析与解 作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定 理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量;Φ,B,S(因而正确答案为(D)( m 7 ,3 下列说法正确的是( ) (A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零 (D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零 分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零;闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为(B)( 7 ,4 在图(,)和(,)中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在(,)图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则( ) B,BB,dl,B,dl(A) ， PP,,12LL12 B,BB,dl,B,dl(B) ， PP,,12LL12 B,BB,dl,B,dl(C) ， PP,,12LL12 B,BB,dl,B,dl(D) ， PP,,12LL12 分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分;但同样会改变回路上各点的磁场分布(因而正确答案为(C)( *7 ,5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I，磁介质的相对磁导率为μ (μ,1)，,,则磁介质内的磁化强度为( ) (A) (B) ，，，，,μ,1I/2πrμ,1I/2πrrr (C) (D) ,μI/2πrI/2πμrrr 分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M,(μ,1)H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为(B)( , 7 ,6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行, 已知电子的速率接近光速。 eΔI,分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为，I/c NecI,因而由，可解出环中的电子数。 l 解 通过分析结果可得环中的电子数 Il10 N,,4，10ec ,1,3 ,63.75 ,?mol ，密度ρ ,8.9 g? cm，在7 ,7 已知铜的摩尔质量M 铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，(1)为了技术上的安 ,2j,,6.0Amm全，铜线内最大电流密度 ，求此时铜线内电子的漂移速m 率v ;(2) 在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v的多少倍, dd分析 一个铜原子的质量,其中N 为阿伏伽德罗常数，由铜的m,M/NAA 密度ρ 可以推算出铜的原子数密度 n,ρ/m 根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度j,nev (从而可解得电子的漂移速率v( dmd 将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率 8kTv, πme 其中k 为玻耳兹曼常量，m 为电子质量(从而可解得电子的平均速率与漂e 移速率的关系( 解 (1) 铜导线单位体积的原子数为 n,Nρ/MA 电流密度为j 时铜线内电子的漂移速率 m ,4,1v,j/ne,jM/Nρe,4.46，10m,s dmmA (2) 室温下(T ,300 ,)电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为 vkT188,,2.42，10 vvmπdde 室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率(电 子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加(考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子(实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的( 7 ,8 有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m，内圆柱面的半径为3.0 mm，外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm的圆柱面上的电流密度( 分析 如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j 对中心轴对称分布(根据 恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得 j,I/2πrl 解 由分析可知，在半径r ,6.0 mm的圆柱面上的电流密度 ,2j,I/2πrl,13.3mA,m ,57 ,9 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10T(如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大, 流向如何, 解 设赤道电流为I，则由教材第7 ,4 节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度 2μIRμI00B,, 3/2242R2，，RR， 因此赤道上的等效圆电流为 42RB9I,,1.73，10A μ0 由于在地球地磁场的, 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反( 7 ,10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度( 分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及 B,0acb、adb两段圆弧电流共同激发(由于电源距环较远，(而be、faef Idlr，,0两段直线的延长线通过点O，由于，由毕,萨定律知BB,,0(流过圆弧的电流I 、I的方向如图所示，两圆弧在点O 激12befa 发的磁场分别为 μIlμIl011022B,B,, 12224πr4πr 其中I 、I 分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，12 而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有 Il,Il1122 将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B( 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度 μIlμIl011022B,B,B,,,0 12224πr4πr 7 ,11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O 的磁感强度各为多少, 分析 应用磁场叠加原理求解(将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强B,B度 ,0i Idl，r,0解 (,) 长直电流对点O 而言，有，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有 μI0,B 08R B 的方向垂直纸面向外( 0 (,) 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得 μIμI00B,, 02R2πR B 的方向垂直纸面向里( 0 (c) 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得 μIμIμIμIμI00000B,，，,， 04πR4πR4R2πR4R B 的方向垂直纸面向外( 0 7 ,12 载流导线形状如图所示(图中直线部分导线延伸到无穷远)，求 点O的磁感强度B( 分析 由教材7 ,4 节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度 μIα0,B，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右4πR μI0B,手定则确定;半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度，磁4πR感强度的方向依照右手定则确定。 点O 的磁感强度BO 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加。 解 根据磁场的叠加 在图(,)中， μIμIμIμIμI00000B,,i,k,k,,i,k 04R4πR4πR4R2πR在图(,)中， μIμIμIμI1μI,,00000B,,i,i,k,,，1i,k ,,04πR4R4πR4Rπ4πR,, 在图(c)中， 3μIμIμI000B,,i,j,k 08R4πR4πR 7 ,13 如图所示，一个半径为R 的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I 在柱面上均匀分布(求半圆柱面轴线OO′上的磁感强度( 分析 毕,萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电 dI,Rdθ流，可将半圆柱面分割成宽度的细电流，细电流与轴线OO′平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度( dI,Idl/πR解 根据分析，由于长直细线中的电流，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为 μ0dB,dI 2πR 其方向在Oxy 平面内，且与由,l 引向点O 的半径垂直，如图7 ,13(,)所示(由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线OO′上产生的磁感强度叠加后，得 B,dBsinθ,0 y, ππμIμI00B,dBsinθ,Rdθ,sinθ, x2,,002πRπRπR则轴线上总的磁感强度大小 μI0B,B, x2πR B 的方向指向Ox 轴负向( 实验室中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似均匀7 ,14 的磁场，其装置简图如图(,)所示(一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为R，通过的电流均为I，且两线圈中电流的流向相同(试证:当两线圈中心之间的距离d 等于线圈的半径R 时，在两线圈中心连线的中 磁场可看成是均匀磁场((提示:如以两线圈中心连线的中点点附近区域， 为坐标原点O，两线圈中心连线为x 轴，则中点附近的磁场可看成是均匀 2dBdB,0磁场的条件为;) ,02dxdx 分析 设磁感强度在Ox 轴线上的分布为B(x)(可由两个圆电流线圈在轴 dB,0线上磁场的叠加而得)，如在轴线上某点处，这明在该点附近的dx 22dBdB磁感强度有三种可能，即有极大值()、极小值() 或均匀,0,022dxdx2dB()(据此可得获得均匀磁场的条件?( ,02dx 证 取两线圈中心连线的中点为坐标原点O，两线圈中心轴线为x 轴，在x轴上任一点的磁感强度 22μIRμIR00B,, 3/23/22222,,,,，，，，2R，d/2,xR，d/2，x 则当 2,，，，，，，dBxμIR3d/2,x3d/2，x,0 ,,,0,5/25/22222dx2,,,，，,,，，R，d/2,xR，d/2，x, 22222,，，，，，，dBx3μIR4d/2,x4d/2，x,R,0 ,,,0,7/27/222222dx2,,,，，,,，，R，d/2,xR，d/2，x, 时，磁感强度在该点附近小区域内是均匀的，该小区域的磁场为均匀场( dB,0由 ， 解得 x ,0 dx 2Bd由 ，解得 d ,R ,0x,02xd ? 将磁感强度B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开，则 2dB01dB0，，，，2 ，，，，Bx,B0，x，x，...2dx2dx 2，，dB0dB，，0,0若x ,,1;且;(则磁感强度B(x)在中点O 附近,02dxdx 近似为常量，场为均匀场( 这表明在d ,R 时，中点(x ,0)附近区域的磁场可视为均匀磁场( 7 ,15 如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量( 分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ?BS(为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ,ldx,图(,),，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 μl0dΦ,B,dS,ldx 2πx 矩形平面的总磁通量 Φ,dΦ , 解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量 dμlμIld2002Φlx ,d,ln,d1xd2π2π1 27 ,16 已知10 mm 裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热(电流在导线横截面上均匀分布(求:(1) 导线内、外磁感强度的分布;(2) 导线表面的磁感强度( 分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等(方向与电流成右手螺旋关系(为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度( 解 (1) 围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有 B,dl,B,2πr,μI ,0, 2Iπr2在导线内r ,R， ，因而 I,πr,,22πRR μIr0B, 22πR I,I在导线外r ,R，，因而 , μI0,B 2πr 磁感强度分布曲线如图所示( ,3R,s/π,1.78，10m(2) 在导线表面磁感强度连续，由I ,50 A，，得 μI,30B,,5.6，10T 2πR 7 ,17 有一同轴电缆，其尺寸如图(,)所示(两导体中的电流均为I， 但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑(试计算以下各处的磁感强度:(1) r ,R ;(2) R ,r ,R ;(3) R ,r ,R ;(4) r ,R (画121233出B ,r 图线( 分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径， ，利用安培环路定理，B,dl,B,2πrB,dl,μI,0,,可解得各区域的磁感强度( 解 由上述分析得 r ,R 1 12 B,2πr,μπr102πR1 μIr0B, 122πR1 R ,r ,R 12 B,2πr,μI 20 μI0B, 22πr R ,r ,R 23 22，，π，，r,R2π B,r,μI,I30,,22，，πR,R32，， 22μIR,r03B, 3222πrR,R32 r ,R 3 ，，B,2πr,μI,I,0 40 B,04 磁感强度B(r)的分布曲线如图(,)( 7 ,18 如图所示，N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上(求通入电流I 后，环内外磁场的分布( 分析 根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r 的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而 B,dl,B,2πr , B,dl,μI依照安培环路定理，可以解得螺线管内磁感强度的分布( ,0, 解 依照上述分析，有 B,2πr,μI ,0,R r 1 B,2πr,01 B,01 R ,r ,R21 B,2πr,μNI 20 μNI0B, 22πrr ,R 2 B,2πr,0 3 B,0 3在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋(若 和R,R,,R211 R ，则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径2 1R,，，R，R，则环内的磁感强度近似为 212 μNI0,B 2πR7 ,19 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线 内的磁场通过图中所示剖面的磁通量( 分析 由题7 ,16 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度 μIr0，，Br, 22πR 在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义，，来Φ,BrdS,求解(沿轴线方向在剖面上取面元,S ,l,r，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量,Φ,B,S，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量 Φ,Bdr,S 解 由分析可得单位长度导线内的磁通量 RμIrμI00d,, Φr 2,02π4πR 7 ,20 设电流均匀流过无限大导电平面，其面电流密度为j(求导电平面两侧的磁感强度((提示:可参考本章问题7 ,11，并用安培环路定理求解() 分析 依照右手螺旋定则，磁感强度B 和电流j 相互垂直，同时由对称性分析，无限大导电平面两侧的磁感强度大小相同，方向反向平行(如图所示，在垂直导电平面的平面上对称地取矩形回路abcd，回路所在平面与导电平面相交于OO′，且使ab?cd?OO′，ad?OO′，cd?OO′，ab ,cd ,L，根据磁场的面对称分布和安培环路定理可解得磁感强度B 的分布( 解 在如图所示的矩形回路abcd 中，磁感强度沿回路的环路积分 B,dl,B,dl，B,dl，B,dl，B,dl,,,,,labcdbcda 由于对称性B ,B ,B，B 、B 与积分路径正交，因而 1234 (1) B,dl,2Bl,l 回路abcd 内包围的电流I ,jL，根据安培环路定理，有 (2) B,dl,2Bl,μjL0,l 由式(1)和式(2)可得导电板两侧磁感强度的大小为 1Bμj, 02 磁感强度的方向由右手螺旋关系确定( 7 ,21 设有两无限大平行载流平面，它们的面电流密度均为j，电流流向相反(求:(1) 两载流平面之间的磁感强度;(2) 两面之外空间的磁感强度( 解 由上题计算的结果，单块无限大载流平面在两侧的磁感强度大小为1,j，方向如图所示，根据磁场的叠加原理可得 02 (1) 取垂直于纸面向里为x 轴正向，合磁场为 μjμj00B,i，i,μji 022 (2) 两导体载流平面之外，合磁场的磁感强度 μjμj00B,i-i,0 22 ,47 ,22 已知地面上空某处地磁场的磁感强度，方向向B,，0.410T 71,北(若宇宙射线中有一速率 的质子，垂直地通过该v,，5.010ms 处(求:(1)洛伦兹力的方向;(2) 洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较( v,B解 (1) 依照可知洛伦兹力的方向为的方向，如F,qv,BFLL图所示( v,B(2) 因，质子所受的洛伦兹力 ,16F,qvB,3.2，10N L 在地球表面质子所受的万有引力 ,16G,mg,1.64，10N p 10F/G,1.95，10因而，有，即质子所受的洛伦兹力远大于重力( L 47 ,23 在一个显像管的电子束中，电子有的动能，这个显像1.210eV，管安放的位置使电子水平地由南向北运动(地球磁场的垂直分量 ,5B,，5.510T，并且方向向下(求:(1) 电子束偏转方向;(2) 电, 子束在显像管内通过20 cm到达屏面时光点的偏转间距( 解 (1) 如图所示，由洛伦兹力 F,qv，B 电子带负电，q ,0，因而可以判断电子束将偏向东侧( (2) 在如图所示的坐标中，电子在洛伦兹力作用下，沿圆周运动，其轨道半径R(参见教材第7 ,7 节)为 2mEmvkR,,,6.71m eBeB 由题知，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离y,20cm 22,3即显示屏上的图像将整体向东平移近Δx,R,R,y,2.98，10m 3 mm(这种平移并不会影响整幅图像的质量( E/E,B/nep7 ,24 试证明霍耳电场强度与稳恒电场强度之比,这里HC ρ 为材料电阻率，n 为载流子的数密度( 分析 在导体内部，稳恒电场推动导体中的载流子定向运动形成电流，由欧姆定律的微分形式，稳恒电场强度与电流密度应满足 E,ρj C 其中ρ 是导体的电阻率(当电流流过位于稳恒磁场中的导体时，载流子受 到洛伦兹力的作用，导体侧面出现电荷积累，形成霍耳电场，其电场强度为 E,,v，BH 其中v 是载流子定向运动速率(根据导体内电流密度 j,nev 由上述关系可得要证明的结果( 证 由分析知，在导体内稳恒电场强度为 E,ρj,ρnev C 由霍耳效应，霍耳电场强度 E,,v，BH 因载流子定向运动方向与磁感强度正交，故E ,vB，因而 H E/E,vB/ρ/,vB/ρ/ρv,B/neρ HC 7 ,25 霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示(在动脉血管两 侧分别安装电极并加以磁场(设血管直径为d ,2.0 mm，磁场为B,0.080 T，毫伏表测出血管上下两端的电压为U ,0.10 mV，血流的流速为多大, H 分析 血流稳定时，有 qvB,qE H 由上式可以解得血流的速度( 解 依照分析 EUHHv,,,0.63m/s BdB 7 ,26 磁力可以用来输送导电液体，如液态金属、血液等而不需要机械活动组件(如图所示是输送液态钠的管道，在长为l 的部分加一横向磁场B，同时沿垂直于磁场和管道方向加一电流，其电流密度为J( (1) 证明在管内液体l 段两端由磁力产生的压力差为，此压力,,pJlB差将驱动液体沿管道流动( 产生1.00 atm(1 atm,101 325 Pa)的压力差，电流(2) 要在l 段两端 密度应多大, (l ,2.00 cm，B ,1.50,) 解 (1) 由题意电流垂直流过管内导电液体，磁场中的导电液体受到安培力的作用，在管道方向产生一压力差 FIBlΔp,,,JBl SS Δp62J,,3.38，10A/m(2) Bl 7 ,27 带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹(设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3.5 cm 的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20 ,，求此质子的动量和动能( 解 根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有 ,21 p,mv,ReB,1.12，10kg,m/s 2p E,,2.35keVk2m 87 ,28 从太阳射来的速度为0.80 ×10 m/, 的电子进入地球赤道上空高 ,7层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×10,，此电子回转轨道半径为多大, 若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 ,5×10,，其轨道半径又为多少, 解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径 mv3 R,,1.1，10m1eB1 地磁北极附近的回转半径 mv R,,23m2eB2 7 ,29 如图(,)所示，一根长直导线载有电流I ,30 A，矩形回路载1 有电流I ,20 A(试计算作用在回路上的合力(已知d ,1.0 cm，b ,8.0 2 cm，l ,0.12 m( 分析 矩形上、下两段导线受安培力F 和F 的大小相等，方向相反，对不12 变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零(而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F 和F 大小不同，且方向相反，34 因此线框所受的力为这两个力的合力( 解 由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 和F 之34矢量和，如图(,)所示，它们的大小分别为 μIIl012F, 32πd μIIl012F, 4，，2πd，b 故合力的大小为 μIIlμIIl,3012012F,F,F,,,1.28，10N 34，，2πd2πd，b 合力的方向朝左，指向直导线( 7 ,30 一直流变电站将电压为500kV的直流电，通过两条截面不计的平行 ,11,1输电线输向远方(已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10F?m ， 若导线间的静电力与安培力正好抵消(求:(1) 通过输电线的电流;(2) 输送的功率( 分析 当平行输电线中的电流相反时，它们之间存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律确定(若两导线间距离为d，一导线在另一导线位置激发 μI0,B的磁感强度,导线单位长度所受安培力的大小(将这两条F,BIB2πd 导线看作带等量异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C 和电压U 已知，则单位长度导线所带电荷λ,CU，一导线在另一导线位置所激发的电场 λ强度，两导线间单位长度所受的静电吸引力(依照题E,F,EλE2πεd0 意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即 F，F,0BE 从中可解得输电线中的电流( 解 (1) 由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为 2μI0FBI ,,B2πd 22CUF,Eλ, E2πεd0 由可得 f，f,0BE 222μICU0, 2πd2πεd0 解得 CU3I,,4.5，10A εμ00 (2) 输出功率 9 N,IU,2.25，10W 7 ,31 将一电流均匀分布的无限大载流平面放入磁感强度为B 的均匀磁0场中，电流方向与磁场垂直(放入后，平面两侧磁场的磁感强度分别为B 和1B(如图所示)，求该载流平面上单位面积所受磁场力的大小和方向( 2 分析 依照题7 ,20 的分析，无限大载流平面两侧为均匀磁场，磁感强度 1μj大小为，依照右手螺旋定则可知，它们的方向反向平行，并与原有磁02 感强度B的均匀外磁场叠加，则有 0 1,,BBμj 1002 1,，BBμj 2002 从而可解得原均匀磁场的磁感强度B和电流面密度j(载流平面在均匀外磁0 场中受到安培力的作用，由于载流平面自身激发的磁场不会对自身的电流产生作用力，因此作用在,S 面积上的安培力 dF,Idl，B 0 由此可求得单位面积载流平面所受的安培力( 解 由分析可得 1,,BBμj (1) 1002 1,，BBμj (2) 2002 )解得 由式(1)、(2 1B,，，B，B 0122 1 ，，j,B,B21μ0 外磁场B作用在单位面积载流平面上的安培力 0 dFjdxdyB1220 ,,jB,B,B ，，021dSdxdy2μ0 依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧( 7 ,32 在直径为1.0 cm 的铜棒上，切割下一个圆盘，设想这个圆盘的厚 14度只有一个原子线度那么大，这样在圆盘上约有6.2 ×10 个铜原子(每 ,242μ,9.3，10A,m个铜原子有27 个电子，每个电子的自旋磁矩为(我e 们假设所有电子的自旋磁矩方向都相同，且平行于铜棒的轴线(求: (1) 圆盘的磁矩;(2) 如这磁矩是由圆盘上的电流产生的，那么圆盘边缘上需要有多大的电流( 解 (1) 因为所有电子的磁矩方向相同，则圆盘的磁矩 ,72m,Nμ,1.56，10A,m e (2) 由磁矩的定义，可得圆盘边缘等效电流 ,3I,m/S,2.0，10A L,h/2π7 ,33 在氢原子中，设电子以轨道角动量绕质子作圆周运动， ,11a,5.29，10m其半径为(求质子所在处的磁感强度(h 为普朗克常量，0 ,346.63，10J,s其值为 分析 根据电子绕核运动的角动量 L,mva,h/2π0 (如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流 可求得电子绕核运动的速率v ee i,,T2πa/v0在圆心处，即质子所在处的磁感强度为 μi0 B,2a0解 由分析可得，电子绕核运动的速率 h v,2πma0其等效圆电流 ehe i,,222πma4πma00该圆电流在圆心处产生的磁感强度 μiμhe00 B,,,12.5T222a8πma00 的圆片均匀带电，电荷面密度为σ，令该圆片以角速度ω7 ,34 半径为R 绕通过其中心且垂直于圆平面的轴旋转(求轴线上距圆片中心为x 处的P 点 的磁感强度和旋转圆片的磁矩( 分析 旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环(如图所示)，其等效圆电流 σ2πrdrdI,,σωrdr T 此圆电流在轴线上点P 处激发的磁感强度的大小为 2μrdI0 dB,3/2222，，r，x 所有圆电流在轴线上激发的磁场均沿Ox 轴，因而点P 处的合磁场为 2B,dB(由磁矩的定义，等效圆电流的磁矩，方向沿Ox 轴dm,πrdI, 正向，将不同半径的等效圆电流磁矩叠加可以得到旋转圆片的磁矩 2m,πrdI , 解 由上述分析可知，轴线上x 处的磁感强度大小为 322R，，，μrσωdrμσωR2x00B2x,,,,,3/2,2222022，，，rx，xR，， 322，，R,,,,rdrRx,,，200 Bx2,,,,,,223/202222()rx，xR，，， 圆片的磁矩m 的大小为 R134m,πrσωdr,σωπR ,04 磁感强度B 和磁矩m 的方向都沿Ox 轴正向( 7 ,35 一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质,图(,),，磁介质的相对磁导率为μ(μ ,1)，导体的磁化可以忽略不计(沿轴向有恒rr 定电流I 通过电缆，内、外导体上电流的方向相反(求:(1) 空间各区域内的磁感强度和磁化强度;*(2) 磁介质表面的磁化电流( 分析 电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆(选取任一同心圆为积分路径，应有，利用H,dl,H2πr, 安培环路定理 H,dl,I,f, 求出环路内的传导电流，并由，，可求出磁感强度，，M,μ,1HB,μHr 和磁化强度(再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流( 解 (1) 取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有 H2πr,I ,f 对r ,R 1 I2 I,πr,f2πR1 得 Ir H,122πR1 忽略导体的磁化(即导体相对磁导率μ =1)，有 r μIr0， M,0B,1122πR1对R ,r ,R 21 I,I ,f得 IH, 22πr填充的磁介质相对磁导率为μ ，有 r μμII0rBM，，μ1,,,， 2r22πr2πr对R ,r ,R 32 I22 I,I,,πr,R，，,f223，，πR,R32得 22IR,r，，3H, 322，，2πrR,R32同样忽略导体的磁化，有 22μIR,r，，03M,0B,， 3322，，2πrR,R32对r ,R 3 I,I,I,0 ,f 得 H,0，M,0，B,0 444 I,M,2πr(2) 由，磁介质内、外表面磁化电流的大小为 s ，，，， I,MR,2πR,μ,1Isi211r ，，，， I,MR,2πR,μ,1Ise222r 对抗磁质()，在磁介质内表面(r ,R )，磁化电流与内导体传,,11r 导电流方向相反;在磁介质外表面(r ,R )，磁化电流与外导体传导电2 流方向相反(顺磁质的情况与抗磁质相反(H(r)和B(r)分布曲线分别如图(,)和(c)( 27 ,36 设长L ,5.0 cm，截面积S ,1.0 cm 的铁棒中所有铁原子的磁偶极矩都沿轴向整齐排列，且每个铁原子的磁偶极矩 ,232m,1.8，10A,m(求:(1) 铁棒的磁偶极矩;(2) 要使铁棒与0 B,1.5T磁感强度的外磁场正交，需用多大的力矩, 设铁的密度0 ,1,3M,55.85g,molρ,7.8g,cm ，铁的摩尔质量 ( 0 分析 (1) 根据铁棒的体积和密度求得铁棒的质量，再根据铁的摩尔质量求得棒内的铁原子数N，即 ρV N,NAM0 其中N 为阿伏伽德罗常量(维持铁棒内铁原子磁偶极矩同方向排列，因而A 棒的磁偶极矩 m,Nm 0 (2) 将铁棒视为一个磁偶极子，其与磁场正交时所需力矩 M,m,B 0 解 (1) 由分析知，铁棒内的铁原子数为 ρSL N,NAM0 故铁棒的磁偶极矩为 ρSL,2 m,Nm,Nm,7.85A,mA00M0 (2) 维持铁棒与磁场正交所需力矩等于该位置上磁矩所受的磁力矩 M,m,B,11.4N,m 0 为了测试某种磁性材料的相对磁导率μ ，常将这种材7 ,37 在实验室，r 料做成截面为矩形的环形样品，然后用漆包线绕成一环形螺线管(设圆环的 ,4 2平均周长为0.10 m，横截面积为0.50×10m ，线圈的匝数为200 匝(当 ,5线圈通以0.10 A 的电流时，测得穿过圆环横截面积的磁通量为6.0 ×10 Wb，求此时该材料的相对磁导率μ( r 分析 根据右手定则，磁感线与电流相互环连，磁场沿环型螺线管分布，当 环形螺线管中通以电流I 时，由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为 NIH, L B,Φ/SB,μμH由题意可知，环内部的磁感强度，而，故有 0r μ,B/μH r0 NI/LΦ/S解 磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为和，因而 ΦL3 μ,,4.78，10rμNIS0 第八章 电磁感应 电磁场 8 ,1 一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动(如图所示)，则( ) (A) 线圈中无感应电流 (B) 线圈中感应电流为顺时针方向 (C) 线圈中感应电流为逆时针方向 (D) 线圈中感应电流方向无法确定 分析与解 由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱(因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定(因而正确答案为(B)( 8 ,2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则( ) (A) 铜环中有感应电流，木环中无感应电流 (B) 铜环中有感应电流，木环中有感应电流 (C) 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 (D) 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大 分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等， 但在木环中不会形成电流(因而正确答案为(A)( 8 ,3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M ，而线圈2 对线圈121 didi12的互感系数为M (若它们分别流过i 和i 的变化电流且，并,1212dtdt设由i变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε ，由i 变化在线圈2 中产生2121 的互感电动势为ε ，下述论断正确的是( )( 21 (A) ， M,Mε,ε12212112 (B) ， M,Mε,ε12212112 (C)， M,Mε,ε12212112 (D) ， M,Mε,ε12212112 di1εM分析与解 教材中已经证明M21 ,M12 ，电磁感应定律;,2121dt di2εM(因而正确答案为(D)( , 1212dt 8 ,4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是( ) (A) 位移电流的实质是变化的电场 (B) 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 (C) 位移电流服从传导电流遵循的所有定律 (D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理 分析与解 位移电流的实质是变化的电场(变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律(因而正确答案为(A)( 8 ,5 下列概念正确的是( ) (A) 感应电场是保守场 (B) 感应电场的电场线是一组闭合曲线 (C) ，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 Φ,LIm (D) ，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 Φ,LIm 分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线(因而 正确答案为(B)( 8 ,6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为 5,2，，，求在时，线圈中的感应电动Φ,8.0，10sin100πtWbt,1.0，10s 势( 分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成 dΦdψξ,,N,,，其中称为磁链( ψ,NΦdtdt 解 线圈中总的感应电动势 dΦ，，，，ξ,,N,2.51cos100πt dt ,2t,1.0，10s当 时，( ξ,2.51V 8 ,7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反 dI的电流，且电流均以的变化率增长(若有一边长为d 的正方形线圈与两dt 导线处于同一平面内，如图所示(求线圈中的感应电动势( dΦ分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律ξ,,来求解(由于回路处在非dt 来计算(其中B 为两无限长直电流均匀磁场中，磁通量就需用Φ,B,dS,S 单独存在时产生的磁感强度B 与B 之和)( 12 为了积分的需要，建立如图所示的坐标系(由于B 仅与x 有关，即，BBx,() 的面元,S，如图中阴影部分所故取一个平行于长直导线的宽为,x、长为d 示，则dS,ddx，所以，总磁通量可通过线积分求得(若取面元，dS,dxdy则上述积分实际上为二重积分)(本题在技术中又称为互感现象，也可 dlE,,M用公式求解( Mdt 解1 穿过面元,S 的磁通量为 μIμI00 dΦ,B,dS,B,dS，B,dS,ddx,ddx12，，2πx，d2πx因此穿过线圈的磁通量为 22dd3μIdμIdμId000dddln ,,,,ΦΦxx,,,dd，，2π2π2π4，xdx 再由法拉第电磁感应定律，有 dΦμd3dI,,0Eln,,, ,,dt2π4dt,, 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 3μdI0lnΦ, 2π4 线圈与两长直导线间的互感为 3Φμd0lnM,, 2π4I dl当电流以变化时，线圈中的互感电动势为 dt dIμd3dI,,0EMln ,,,,,dt2π4dt,, 试想:如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢,此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势(设时刻t，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量 dΦE,,，它表现为变量I和ξ的二元函数，将Φ代入 ，，Φ,B,dS,f1,ξ,Sdt dξ,v即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中，再令ξ,d 即可dt 求得图示位置处回路中的总电动势(最终结果为两项，其中一项为动生电动 势，另一项为感生电动势( 28 ,8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ,4.0 cm 、匝数N ,160 匝、电阻R ,50Ω(线圈与一内阻R,30Ω的冲击电流计相连(若开始时，i 线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到 ,5与B 的方向平行(此时从冲击电流计中测得电荷值q,，4.010C(问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少, 分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关(工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱( 解 在线圈转过90?角时，通过线圈平面磁通量的变化量为 ΔΦ,Φ,Φ,NBS,0,NBS 21 ΔΦNBS因此，流过导体截面的电量为q,, R，RR，Rii qR，R，，iB,,0.050T则 NS 8 ,9 如图所示，一长直导线中通有I ,5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 2处，放一面积为0.10 cm ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀 ,2的(今在1.0 ×10 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处(求:(1) ,2线圈中平均感应电动势;(2) 设线圈的电阻为1.0×10Ω，求通过线圈横截面的感应电荷( 分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用来计算线圈在始、末ψ,NBS 两个位置的磁链( 解 (1) 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为 NμISNμIS00,ψ,NBS, ψ,NBS,11222πr2πr12 则线圈中的平均感应电动势为 ,,ΔΦNμIS11,80,,E,,,,1.11，10V ,,Δt2πΔtrr,12, 电动势的指向为顺时针方向( (2) 通过线圈导线横截面的感应电荷为 dΦE,, dt 8 ,10 如图(,)所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高, dΦE,,分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由求dt解外(必须设法构造一个闭合回路)，还可直接用公式求，，E,v，B,dl,l解( 在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元,l 上的动生电动势 ，，.在一般情况下，上述各量可能是,l 所在位置的函数(矢dE,v，B,dl 量(v ×B)的方向就是导线中电势升高的方向( 解1 如图(,)所示，假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路(设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或 端点P 距 形导轨左侧距离为x，则 1,,2 Φ,2Rx，πRB,,2,, 即 dΦdxE,,,,2RB,,2RvB dtdt ,,2RvB(式中负号表示电动势由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E 的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高( 解2 建立如图(c)所示的坐标系，在导体上任意处取导体元,l，则 o，， dE,v，B,dl,vBsin90cosθdl,vBcosθRdθ π/2E,dE,vBRcosθdθ,2RvB ,,,π/2 由矢量(v ×B)的指向可知，端点P 的电势较高( 解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路(由于磁场是均匀的，在任意时刻， dΦE,,Φ,BS,穿过回路的磁通量常数.由法拉第电磁感应定律可知，dt E ,0 又因 E ,E ，E OPPO 即 E ,,E ,2RvB OPPO 由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零;而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势(上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法( 8 ,11 长为L的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差( 分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同(在开路时，两者大小相等，方向相反(电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向)(本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图(,)所示(而EO A 和EO B 则可以直接利用第, ,2 节例1 给出的结果( 解1 如图(,)所示，在棒上距点O 为l 处取导体元,l，则 L-r1，，，，E,v，B,dl,,ωlBdl,,ωlBL,2r AB,,-ABr2 因此棒两端的电势差为 1，，U,E,,ωlBL,2r ABAB2 当L ,2r 时，端点A 处的电势较高 解2 将AB 棒上的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，如图(,)所示(其中 1122EBωrEωB，，Lr,,,, OAOB22 则 1，，E,E,E,,ωBLL,2r ABOAOB2 8 ,12 如图所示，长为L 的导体棒OP，处于均匀磁场中，并绕OO′轴以 角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行(求OP 棒在图示位置处的电动势( dΦE,, 计算(此分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律dt时必须构造一个包含OP导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO)，也可用来计算(由于对称性，导体OP 旋转至，，E,v，B,dl,l 任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的( 解1 由上分析，得 ，， E,v，B,dlOP,OP o ,vBsin90cosαdl,l o，， ，，,lsinθωBcos90,θdl,l L122，，,ωBsinθldl,ωBLsinθ ,02 v，B由矢量的方向可知端点P 的电势较高( 解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿 过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势 dΦE,,,0,E，E，E OPPQQOdt 显然，E ,0，所以 QO 12EEEωB，，PQ,,,, OPPQQO2 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效(后者是垂直切割的情况( ,18 ,13 如图(,)所示，金属杆AB 以匀速平行于一长直导v,,2.0ms 线移动，此导线通有电流I ,40A(求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高, 分析 本题可用两种方法求解((1) 用公式，，求解，建立E,v，B,dl,l μI0,dl,dxB图(a)所示的坐标系，所取导体元，该处的磁感强度((2) 2πx用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路(为此 可设想杆AB在一个静止的形导轨上滑动，如图(,)所示(设时刻t，杆AB 距导轨下端CD的距离为y，先用公式求得穿过该回路的磁通量，Φ,B,dS,S dΦE,,再代入公式，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势( dt 解1 根据分析，杆中的感应电动势为 1.1mμμIv,500，，,，B,dl,d,,d,,ln11,,3.84，10VEvxlvxAB,,AB0.1m2π2πx 式中负号表示电动势方向由B 指向A，故点A 电势较高( 解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为,x、长为y 的面元,S，则穿过面元的磁通量为 μI0dΦ,B,dS,ydx 2πx 穿过回路的磁通量为 1.1mμIμIy00 ,d,d,,ln11ΦΦyx,,S0.1m2π2πx 回路的电动势为 dΦμIdyμIy,500 E,,,,ln11,,,,3.84，10Vdt2πxdt2π 由于静止的形导轨上电动势为零，所以 ,5 E,E,,3.84，10VAB 式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A，故点A 电势较高( 8 ,14 如图(,)所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向( 分析 本题亦可用两种方法求解(其中应注意下列两点:1(当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和(如图(,)所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零,此两段导体上处处满足,，因而线框中的总电动势为 ，，v，B,dl,0 ，，，，，，，，E,v，B,dl，v，B,dl,v，B,dl,v，B,dl,E,Eefhg,,,,efghefhg 其等效电路如图(,)所示( dΦ2(用公式求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的E,,dt 磁通量(为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图(c)所示，显 dξ然ξ是时间t 的函数，且有,v(在求得线框在任意位置处的电动势E(ξ)dt 后，再令ξ,d，即可得线框在题目所给位置处的电动势( 解1 根据分析，线框中的电动势为 E,E,E efhg ，，，，,v，B,dl,v，B,dl,,efhg llμIvμIv2200,, dldl,,00，，，2πd2πdl1 μIIvI021 ,，，2πd，l1 可知，线框中的电动势方向为efgh( 由E,Eef hg 解2 设顺时针方向为线框回路的正向(根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为 lμIlμIlξl，102021Φdx ln,,,0，，，，xξxξξ2π2π，， 相应电动势为 dΦμIvll021 Eξ,,,，，，，dt2πξξ，l1 令ξ,d，得线框在图示位置处的电动势为 μIvll021 E,，，2πdd，l1 由E ,0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向( *8 ,15 有一长为l，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m，电阻为R(在t ,0时，框架从距水平面y ,0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示(磁场的分布为:在y ,0 的水平面上方没有磁场;在y ,0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里(已知框架在时刻t 和t 的12位置如图中所示(求在下述时间内，框架的速度与时间的关系: (1) t ?t ,0，即框架进入磁场前;(2) t ?t?t ，即框架进入磁场， 121 但尚未全部进入磁场;(3)t ,t ，即框架全部进入磁场后( 2 分析 设线框刚进入磁场(t 时刻)和全部进入磁场(t 时刻)的瞬间，12其速度分别为v 和v (在情况(1)和(3)中，线框中无感应电流，线1020 框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v,gt(t ,t)1和v ,v ，g(t,t )(t ,t )(而在t,t,t这段时间内，线框运动较202212 为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F ，其大小与速度有关，A FF,()v即(根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为AA dvmgFvm，，,,，解此微分方程可得t,t,t 时间内线框的速度与时间12Adt 的关系式( tt,解 (1) 根据分析，在时间内，线框为自由落体运动，于是 1 v,v,2gh，，v,gtt,t其中t,t时， 110111 (2) 线框进入磁场后，受到向上的安培力为 22Bl F,IlB,vAR 根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程 22dvBl vmmg,,dtR 22Bl令，整理上式并分离变量积分，有 K,mR vtvd ,dt,,vt101Kvg, v,2gh积分后将代入，可得 10 1Ktt,，，,1,,，，v,g,g,K2ghe 2K (3) 线框全部进入磁场后(t ,t)，作初速为v 的落体运动，故有 220 1,K，，t,t21,,，，，，，，v,v，gt,t,g,g,K2ghe，gt,t 32022K dB8 ,16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率在变化(把一dt块质量为m 的铜，拉成截面半径为r的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路(圆形回路的平面与磁感强度B 垂直(试证:这回路中的感应电流为 mdBI, 4πρddt 式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度( 22πR解 圆形回路导线长为，导线截面积为，其电阻R′为 πr l2R,R,ρ,ρ 2Sr Φ,BS在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为 21d1dπdEΦBRrB2π I,,,R,,,,dtdt2dtRRRρ m22πRr,而，即，代入上式可得 m,d2πRπr2πd mdB I,4πρddt 8 ,17 半径为R ,2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零(若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随 dB时间的变化率为常量，且为正值，试求:(1) 管内外由磁场变化激发dt dB,1,0.010T,s的感生电场分布;(2) 如，求距螺线管中心轴r ,5(0 dt cm处感生电场的大小和方向( 分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源—— dB—变化的磁场(包括磁场的空间分布以及磁场的变化率 等)密切相关，dt ,BEdl,,,dS即.在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的(但k,,SSt, 对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解(可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示(由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心 圆(同一圆周上各点的电场强度E 的大小相等，方向沿圆周的切线方向(图k 中虚线表示r ,R和r ,R 两个区域的电场线(电场线绕向取决于磁场的变 dB,0化情况，由楞次定律可知，当时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋dt dB,0关系;当 时，电场线绕向与前者相反( dt 解 如图所示，分别在r ,R 和r ,R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l(半径为r 的圆)，依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向( ddB2EdE2πrdπr,E,l,,,,B,S,,(1) r ,R， kk,,ldtdt rdBE,, k2dt ddB2EdE2πrdπR,E,l,,,,B,S,,r ,R， kk,,ldtdt 2RdB E ,,k2rdt dB,0由于，故电场线的绕向为逆时针( dt (2) 由于r ,R，所求点在螺线管外，因此 2RdBE ,,k2rdt dB,5,1E,,4.0，10V,m将r、R、的数值代入，可得，式中负号表示Ekkdt 的方向是逆时针的( 8 ,18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行(如图(,)所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的 dB变化率为常量(试证:棒上感应电动势的大小为 dt 分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势(由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由计算棒上感生电动势(此外，还可连接E,E,dlk,l OP、OQ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E 处处垂直，故k E,dl,0，OP、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求k 出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势( 证1 由法拉第电磁感应定律，有 2dΦdBdBll,,2 E,E,,,S,R,,,PQΔdtdtdt22,, rdBE,证2 由题, ,17可知，在r ,R 区域，感生电场强度的大小 k2dt设PQ 上线元,x 处，E的方向如图(b)所示，则金属杆PQ 上的电动势为 k 22lR,l/2rdB，，E,,d,Ecosθdx,dxExPQkk,,02dtr dBl22，，,R,l/2dt2 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势, 该如何求解, 8 ,19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图(,)所示，共有N 匝(图中仅画出少量几匝)，求该螺绕环的自感L( 分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质(如形状、匝数、介质等)有关的量(求自感L 的方法有两种:1(设有电流I 通过线圈，计 ΦL,算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式计算L(2(让回路中通I ELL,以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E ，由公式计LdI/dt dI算L(式中E和都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程 Ldt 中(此外，还可通过计算能量的方法求解( 解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图(,) 所示，由安培环路定理可求得在R ,r ,R 范围内的磁场分布为 12 μNI0,B 2πx 由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为 2RμNIμNhIR2002ψNNhx ,B,dS,d,ln,,SR1xR2π2π1则 2ψμNhR02 L,lnI2πR1 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μ ，则自感将增大μ倍( rr8 ,20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S ，磁导率分别为μ 和μ ，管长为l，匝数为N，求螺线管的 和S1212 自感((设管的截面很小) 分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响(在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B ，由于磁介质的存在，在不同磁介0 质中磁感强度分别为μ B 和μ B (通过线圈横截面的总磁通量是截面积分1020 别为S 和S 的两部分磁通量之和(由自感的定义可解得结果( 12 解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为 NNB,μnl,μI,B,μnl,μI 111222LL 匝回路的磁链为 通过N Ψ,Ψ，Ψ,NBS，NBS121122 则自感 2ψN L,L，L,,μS，μS121122Il 8 ,21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d(试求长为l 的一对导线的自感(导线内部的磁通量可略去不计)( 分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分(设在矩形回路中通有逆时针方向电流I，然后计算图中阴影部分(宽为d、长为l)的磁通量(该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加( 解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为 μIμI00B,， ，，2πr2πd,r 穿过图中阴影部分的磁通量为 da,μlda,0ΦBlrBdSdln ,,,,,,Saaπ 则长为l 的一对导线的自感为 Φμld,a0L,,ln Iπa 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为(L1 称为L,L，2L12外自感，即本题已求出的L，L 称为一根导线的内自感(长为l的导线的内2 μl0L,自感，有兴趣的读者可自行求解( 28π 8 ,22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A′B′，每个线圈的自感均为L，求:(1) A 和A′相接时，B 和B′间的自感L ;(2) A′和B 1 相接时，A 和B′间的自感L ( 2 分析 无论线圈AB 和A′B′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解(求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ;而当两组线圈按(1)或(2)方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ?2Φ，“ ?”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反( 解 (1) 当A 和A′连接时，AB 和A′B′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为 ， Φ,2Φ,2Φ,01 故L ,0( 1 (2) 当A′和B 连接时，AB 和A′B′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为 ， Φ,2Φ，2Φ,4Φ2 ΦΦ2L,,4,4L故( 2II 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题(1)方式连接，则可构造出一个无自感的线圈( 28 ,23 如图所示，一面积为4.0 cm 共50 匝的小圆形线圈A，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面(设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的(求:(1) 两线圈的互感;(2) ,1当线圈B 中电流的变化率为,50 A?, 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向( 分析 设回路?中通有电流I ，穿过回路?的磁通量为Φ ，则互感M ,121M ,ΦI ;也可设回路?通有电流I ，穿过回路?的磁通量为Φ ，则21211212 Φ12M,M, ( 12I2 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同(以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ?BS(反之，如设线圈A 通有电流I，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径( 解 (1) 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度 μI0B,N穿过小线圈A 的磁链近似为 B02R μI0ψ,NBS,NNS AAAABA02R 则两线圈的互感为 ψμS,6A0AM,,NN,6.28，10H ABI2R dI,4E,,M,3.14，10V(2) Adt 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同( 8 ,24 如图所示，两同轴单匝线圈A、C 的半径分别为R 和r，两线圈相距为d(若r很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的(求两线圈的互感(若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少, 解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁 感强度近似为 2μIR0B, 3/2222，，R，d 穿过线圈C 的磁通为 2μIR20,, ψBSπr C3/222，，，2Rd 则两线圈的互感为 22ψμπrR0M,, 3/222I2，，R，d 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍( 28 ,25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm ， ,2沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I ,4.0 ×10 A，在环上再绕一1 线圈C，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关, 突然开启，测得线圈C 中 , 3的感应电荷为2.0 ×10 C(求:当螺绕环中通有电流I 时，铁磁质中的B 1和铁磁质的相对磁导率μ( r 分析 本题与题, ,, 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通 的磁通变化是与环形过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度(线圈C 螺线管中的电流变化相联系的( 解 当螺绕环中通以电流I 时，在环内产生的磁感强度 1 B,μμnI 0r11 则通过线圈C 的磁链为 ψ,NBS,NμμnIS c220r11 设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q ，则有 C NμμnIS1120r11qcψψ，，,,Δ,,0,, ccRRR 由此得 Rqc B,μμnI,,0.10T011rNS2 相对磁导率 Rqc μ,,199rNSμnI2011 长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝8 ,26 一个直径为0.01 m， 线圈，总电阻为7.76 Ω(求:(1) 如把线圈接到电动势E ,2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少, 磁能密度是多少,*(2) 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间, 分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算:(1) 如回路自感为L(已知或很容易求得)，则该回路通有电流I 时所储存的磁能 12WLI,，通常称为自感磁能((2) 由于载流回路可在空间激发磁场，m2 磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即，式中为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空wW,wdVmmm,V 2Bw间(由于,，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的m2μ 磁感强度B 的分布(上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径， 12LI,wdV即运用求解L( m,V2 2NS解 (1) 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感，电流稳L,l E定后，线圈中电流I,，则线圈中所储存的磁能为 R 221μNSE2,50 W,LI,,3.28，10Jm222lR 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管 W,3mw,,4.17J,mw中，并为均匀磁场，故磁能密度 处处相等， mmSL (2) 自感为L，电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上，其电流变化规 R,t,,EEL,,,I律，当电流稳定后，其最大值 I,1,em,,RR,, R,t,,1112EE，，22L,,,LILI按题意1，则I,，将其代入I,1,em,,,,2222RR，，,,中，得 ，，L2L,4，， t,,ln1,,ln2，2,1.56，10s,,R2R，， 8 ,27 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为I(试证: 2μI/16π单位长度导线内所贮藏的磁能为( 0 μIr0B,分析 本题中电流激发的磁场不但存在于导体内当r ,R 时，，122πR μI0,B而且存在于导体外当r ,R 时，(由于本题仅要求单位长度导体22πr 计算为宜，因本题中B 呈柱对称内所储存的磁能，故用公式W,wdVmm,V 性，取单位长度，半径为r，厚为,r 的薄柱壳(壳层内处处相同)为体wm 2，，1μIr，，0,元,V，则该体元内储存的能量dW2πrdr，积分即可求,,m2,,2μ2πR，，,,0，， 得磁能( 证 根据以上分析单位长度导线内贮存的磁能为 22R，，μIμI200,d,2πd,WWrrr mm,,24,,08π16πR，， 上述结果仅为单位长度载流导线内所具有的磁场能量，它是总磁场能量的一部分，总能量还应包括导线外磁场所储存的磁能( 8 ,28 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量(要储存1 kW?h的能量，利用1.0,的磁场，需要多大体积的磁场, 若利用线圈中500A 的电流储存上述能量，则该线圈的自感系数应该多大, 解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得 W3m V,,9.0m2B/2μ0 所需线圈的自感系数为 2WmL,,29H 2I 88 ,29 中子星表面的磁场估计为10,，该处的磁能密度有多大, 2B213，，解 由磁场能量密度 w,,3.98，10J/m m2μ0 8 ,30 在真空中，若一均匀电场中的电场能量密度与一0.50, 的均匀磁场中的磁场能量密度相等，该电场的电场强度为多少, 2211BB22w,εE解,,按题意，当w,w时，有，则 εE,w,e0emm022μ22μ00 B8,1 E,,1.51，10V,m εμ00 8 ,31 设有半径R ,0.20 m 的圆形平行板电容器，两板之间为真空，板间距离d ,0.50 cm，以恒定电流I ,2.0 A 对电容器充电(求位移电流密度(忽略平板电容器的边缘效应，设电场是均匀的)( 分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同，但都能在空间激发磁场(从这个意义来说，变化电场可视为一种“广义电流”，即位移电流(在本题中，导线内存在着传导电流I，而在平行板电容器间存在着位移电流I，cd它们使电路中的电流连续，即I,I( dc 解 忽略电容器的边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此板间 2位移电流，由此得位移电流密度的大小 I,j,dS,jπRddd,S II,2dcj,,,15.9A,m d22πRπR